【化学】北京市首都师范大学附属中学2019-2020学年高一下学期期末考试（非选考）试题（解析版） 21页

北京市首都师范大学附属中学2019-2020学年高一下学期期末考试（非选考）试题 ‎1.下列物质中，属于高分子化合物的是（ ）‎ A. 苯 B. 聚乙烯 C. 乙酸 D. 甲烷 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】高分子化合物是相对分子质量上万的化合物，据此分析作答。‎ ‎【详解】A．苯不是高分子化合物，故A错误；‎ B．聚乙烯是高分子化合物，故B正确；‎ C．乙酸不是高分子化合物，故C错误；‎ D．甲烷是最简单的有机化合物，不是高分子化合物，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎2.下列物质中，属于电解质的是（ ）‎ A. 氯化钠 B. 蔗糖 C. 石墨 D. 稀硫酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化钠是盐，其水溶液能导电，属电解质，故A正确；‎ B．蔗糖的水溶液不导电，在熔融状态下也不导电，是非电解质，故B错误；‎ C．石墨是单质，不是电解质，也不是非电解质，故C错误；‎ D．稀硫酸是溶液，是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎3.下列金属中，工业上常用电解法冶炼的是（ ）‎ A. Cu B. Ag C. Fe D. Al ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铜是不活泼金属，工业上常用热还原法冶炼金属铜，故A错误；‎ B.银是不活泼金属，工业上常用热分解法冶炼金属银，故B错误；‎ C.铁是较活泼金属，工业上常用热还原法冶炼金属铁，故C错误；‎ D.铝是活泼金属，工业上常用电解法冶炼金属铝，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎4.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是（ ）‎ A. 盐酸 B. 蔗糖溶液 C. Fe(OH)3胶体 D. NaCl溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．盐酸是溶液，不可能产生丁达尔效应，故A错误；‎ B．蔗糖溶液不可能产生丁达尔效应，故B错误；‎ C．当光束通过Fe(OH)3胶体时能观察到丁达尔效应，故C正确；‎ D．NaCl溶液不可能产生丁达尔效应，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎5.下列物质中，含有碳碳双键）的是（ ）‎ A. 乙烯 B. 乙烷 C. 乙醇 D. 乙酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯的结构简式为CH2=CH2，含有碳碳双键，故A正确；‎ B．乙烷的结构简式为CH3CH3，不含碳碳双键，故B错误；‎ C．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，不含碳碳双键，故C错误；‎ D．乙酸的结构简式为CH3COOH，不含碳碳双键，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎6.下列元素中，原子半径最大的是（ ）‎ A. Na B. Al C. K D. Cl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】Na、Al、Cl是同周期主族元素，核电荷数越大，原子半径越小，则Na的原子半径比Al、Cl大，而K和Na同主族，核电荷数越大，原子半径越大，则K的原子半径大于Na，即K的原子半径最大，故答案为C。‎ ‎7.下列物质中，只含有共价键的是（ ）‎ A. MgCl2 B. NaOH C. SO2 D. NH4Cl ‎【答案】C ‎【解析】A、MgCl2为离子化合物，含有离子键，故A错误；B、NaOH既含有共价键，又含有离子键，为离子化合物，故B错误；C、SO2只含有共价键，属于共价化合物，故C正确；D、NH4Cl既含有共价键，又含有离子键，为离子化合物，故D错误；故选C。‎ ‎8.下列关于物质分类的叙述中，不正确的是（ ）‎ A. 硫酸属于酸 B. 液氨属于混合物 C. 二氧化碳属于氧化物 D. 氢氧化钙属于碱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硫酸电离的阳离子全部是H+，则属于酸，故A正确；‎ B．液氨是纯净物，故B错误；‎ C．CO2能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故C正确；‎ D．氢氧化钙电离的阴离子全部是OH-，属于碱，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎9.下列反应中，属于吸热反应的是（ ）‎ A. Na与H2O的反应 B. Al与盐酸的反应 C. NaOH与盐酸的反应 D. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na与H2O的反应为放热反应，故A不选；‎ B．Al与盐酸的反应为放热反应，故B不选；‎ C．NaOH与盐酸的反应为放热反应，故C不选；‎ D．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应，故D可选；‎ 故答案为D。‎ ‎10.下列关于物质性质的描述中，不正确的是（ ）‎ A. S：淡黄色固体 B. Cl2：有氧化性 ‎ C. HCl：只有酸性 D. Na：银白色固体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．S俗称硫磺，纯硫是淡黄色固体，A项正确；‎ B．Cl2‎ 的化学性质很活泼，是强氧化剂，可与金属、非金属、水、碱、还原性物质以及有机物等发生反应，B项正确；‎ C．浓盐酸中的Cl-能被MnO2、KMnO4、KClO3、Ca(ClO)2等氧化剂氧化为Cl2，故HCl具有酸性和还原性，C项错误；‎ D．Na是银白的固态金属。D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎11.氮循环是生态系统物质循环的重要组成部分，人类活动影响了氮循环中的物质转化，如图所示。下列说法中，不正确的是（ ）‎ A. 固氮过程中，发生了氧化还原反应 B. 硝化过程需要有氧化剂参与 C. 反硝化过程有助于稳定N2在大气中的含量 D. 同化过程，氮元素从有机物转移至无机物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．固氮过程中，氮气中0价的氮部分升高生成硝酸根离子和亚硝酸根离子，还有部分降低为-3价的氮，所以固氮过程中，发生了氧化还原反应，故A正确；‎ B．由图可知：硝化过程中氮由-3价升高为+5和+3价，发生氧化反应，所以硝化过程需要有氧化剂参与，故B正确；‎ C．反硝化过程，生成氮气，向大气提供氮气，即反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响，故C正确；‎ D．由图可知：同化过程，氮元素从无机物转移至有机物，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎12.下列有关Cl2性质的说法不正确的是（ ）‎ A. 是无色无味的气体 B. 不能使干燥的有色布条褪色 C. 与石灰乳反应可制得漂白粉 D. 每个分子中有1个共用电子对 ‎【答案】A ‎【解析】A. 氯气是黄绿色气体，A错误；B. 氯气没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，B正确；C. 氯气与石灰乳反应可制得漂白粉，C正确；D. 氯气分子中含有1个共用电子对，D正确，答案选A。‎ 点睛：选项B是解答的易错点，注意氯气与次氯酸性质的差别，二者均具有强氧化性，但氯气没有漂白性，次氯酸具有漂白性，因此氯气可以使湿润的有色布条褪色。‎ ‎13.羰基硫(COS)可用于合成除草剂和杀虫剂。一定条件下，恒容密闭容器中，发生反应H2S(g)＋CO2(g) COS(g)＋H2O(g)，能充分说明该反应已经达到化学平衡状态的是（ ）‎ A. 正、逆反应速率都等于零 B. H2S、CO2、COS、H2O的浓度相等 C. H2S、 CO2、COS、H2O的浓度不再变化 D. H2S、CO2、COS、H2O在密闭容器中共存 ‎【答案】C ‎【解析】分析：根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。‎ 详解：A、化学平衡是动态平衡，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0，故A错误；B、当体系达平衡状态时，CO、H2S、COS、H2的浓度可能相等，也可能不等，故B错误；C、CO、H2S、COS、H2的浓度均不再变化，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故C正确；D、该反应为可逆反应，只要反应发生就有CO、H2S、COS、H2在容器中共存，故D错误；故选C。‎ ‎14.控制变量是科学研究的重要方法。相同质量的锌与足量稀硫酸在下列条件下发生反应，初始阶段反应速率最快的是（ ）‎ A B C D 锌的状态 块状 块状 粉末 粉末 c(H2SO4)/(mol·L−1)‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎2‎ t/℃‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】该反应的速率与接触面积，硫酸浓度，温度有关。‎ ‎【详解】接触面积越大反应速率越快，故锌的状态为粉末时反应速率快；浓度越大反应速率越快， 故时反应速率快；温度越高反应速率越快，故t=‎40℃‎时反应速率快；故答案选D。‎ ‎15.高铁动车车厢禁止吸烟。高铁装有的离子式烟雾传感器具有稳定性好、灵敏度高的特点，其主体是一个放有镅（）放射源的电离室。下列关于的说法中，不正确的是（ ）‎ A. 质子数为95 B. 中子数为‎146 ‎ C. 核外电子数为146 D. 质量数为241‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．的质子数为95，故A正确；‎ B．的中子数为241-95=146，故B正确；‎ C．的质子数为95，则原子核外电子数为95，故C错误；‎ D．的质量数为241，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎16.下列关于乙醇的说法中，不正确的是（ ）‎ A. 官能团为—OH B. 能与NaOH溶液反应 C. 能与Na反应 D. 能与CH3COOH反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙醇结构简式为CH3CH2OH或C2H5OH，官能团为—OH，故A正确；‎ B.乙醇是非电解质，不能与氢氧化钠反应，故B错误；‎ C.乙醇含有羟基，能与Na反应放出氢气，故C正确；‎ D.在浓硫酸做催化剂作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎17.下列属于取代反应的是( )‎ A. 乙烯与水反应生成乙醇 B. 甲烷与氯气反应生成一氯甲烷 C. 乙醇与氧气反应生成乙醛 D. 乙烯与高锰酸钾溶液反应生成CO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，据此判断。‎ ‎【详解】A. 乙烯与水反应生成乙醇属于加成反应，A错误；‎ B. 甲烷与氯气反应生成一氯甲烷，同时还有氯化氢生成，属于取代反应，B正确；‎ C. 乙醇与氧气反应生成乙醛，同时还有水生成，属于氧化反应，C错误；‎ D. 高锰酸钾具有强氧化性，乙烯与高锰酸钾溶液反应生成CO2，属于氧化反应，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎18.下列物质的电子式书写正确的是（ ）‎ A. H:O:H B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氧未达到8电子稳定结构，水的电子式为，A错误；‎ B.二氧化碳中碳氧之间共用两对电子，B正确；‎ C.氯化氢为共价化合物，电子式应为：，C错误；‎ D.氯化钠为离子化合物，电子式应为，D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎19.某元素原子的结构示意图为，由此得出的结论不正确的是（ ）‎ A. 元素符号是Cl B. 原子半径大于S C. 在周期表中的位置是第3周期，第ⅦA族 D. 在化学反应中易得电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】某元素原子的结构示意图为，则元素原子序数为17，为氯元素；‎ A．氯元素的元素符号为Cl，故A正确；‎ B．Cl与S同周期，核电荷数大，原子半径小，即Cl的原子半径比S小，故B错误；‎ C．氯元素原子序数为17，在元素周期表中的位置是第3周期第ⅦA族，故C正确；‎ D．氯元素原子核外最外层电子数为7，易得电子，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎20.在实验室或生产生活中，安全措施是避免伤害和事故的保障。下列安全问题的处理方法中，不符合要求的是（ ）‎ A. 点燃氢气前，必须检验气体的纯度 B. 金属钠着火时应立即用沙土盖灭 C. 大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量往高处去 D. 少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用氢氧化钠溶液冲洗 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢气和氧气混合点燃可能发生爆炸，点燃氢气前，必须检验气体的纯度，故A正确；‎ B．钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，促进钠燃烧，因此金属钠着火时，则应该用大量沙子隔绝空气来扑灭，故B正确；‎ C．氯气的密度大于空气且有毒，大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量往高处去，故C正确；‎ D．氢氧化钠溶液具有强腐蚀性，少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用抹布拭去，并用大量水冲洗，最后涂上3%-5%的NaHCO3溶液，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎21.水饺是中华传统美食。下列制作水饺的主要过程中，包含过滤操作的是（ ）‎ A．和面、饧面 B．剁馅、拌馅 C．擀皮、包饺子 D．煮熟、捞饺子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．和面、饧面的过程主要包括搅拌和静置，不包含过滤操作；‎ B．剁馅、拌馅的过程主要包括粉碎和搅拌，不包含过滤操作；‎ C．擀皮、包饺子的过程主要包括碾压和包馅，不包含过滤操作；‎ D．煮熟、捞饺子的过程主要包括加热水煮和过滤，包含过滤操作。‎ 答案选D。‎ ‎22.下列说法中，正确的是（ ）‎ A. 0.1‎mol·L-1KCl溶液中含有0.1molK＋ B. Fe的摩尔质量是‎56g·mol-1‎ C. 1molN2中含有的原子数约为6.02×1023 D. 常温常压下，1molCO的体积是‎22.4L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．题中缺少溶液体积信息，故不能得出0.1mol·L-1KCl溶液中含有0.1molK＋的结论，A项错误；‎ B．摩尔质量以g/mol为单位时，数值上与其相对分子质量或相对原子质量相等，Fe的相对原子质量为56，故Fe的摩尔质量是‎56g·mol-1，B项正确；‎ C．1个N2分子中含有2个N原子，故1molN2中含有的原子数约为2×6.02×1023，C项错误；‎ D．常温常压下，气体分子间的平均距离比标准状况下大，所以常温常压下，1molCO的体积大于‎22.4L，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎23.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 碳酸钙与稀盐酸反应：CO32-＋2H+ =CO2↑＋H2O B. 氯化亚铁溶液与氯水反应：Fe2+＋ Cl2=Fe3+＋2Cl－‎ C. 氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应：Fe3+＋3OH－=Fe(OH)3↓‎ D. 铜与稀硝酸反应：Cu＋4H+ ＋2NO3-=Cu2+＋2NO2↑＋2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳酸钙为难溶物，书写离子方程式时不能拆成离子，因此碳酸钙与稀盐酸反应的离子方程式为：CaCO3＋2H+ =CO2↑＋H2O+Ca2+，A项错误；‎ B. 氯水具有较强的氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为：2Fe2+＋ Cl2=2Fe3+＋2Cl－，B项错误；‎ C. 氯化铁溶液与氢氧化钠溶液发生复分解反应，生成红棕色沉淀，离子方程式为：Fe3+＋3OH－=Fe(OH)3↓，C项正确；‎ D. 铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为：3Cu＋8H+ ＋2NO3-=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎24.硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示（CuS不溶于水）。下列说法中，不正确的是（ ）‎ A. 过程①中，生成CuS的反应为H2S+Cu2＋=CuS↓+2H＋‎ B. 过程②中，Fe3＋作氧化剂 C. 回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓‎ D. 过程③中，各元素化合价均未改变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】由图可知：一共发生的有三个反应①H2S+Cu2＋=CuS↓+2H＋②CuS+2Fe3＋=2Fe2＋+Cu2＋+S③4Fe2＋+4H＋+O2=4Fe3＋+2H2O，由此可以推出总反应2H2S+O2=2S↓+2H2O，再结合氧化还原反应中的基本概念解题。‎ ‎【详解】A．过程①中，生成CuS的反应为H2S+Cu2＋=CuS↓+2H＋，故A正确；‎ B．过程②中的反应为CuS+2Fe3＋=2Fe2＋+Cu2＋+S，铁离子化合价降低，作氧化剂，故B正确；‎ C．①×2+②×2+③可以推出总反应2H2S+O2=2S↓+2H2O，故C正确；‎ D．过程③中的反应为4Fe2＋+4H＋+O2=4Fe3＋+2H2O，在转化过程中O、Fe元素化合价发生变化，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎25.下列“实验结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是（ ）‎ 选项 实验操作及现象 实验结论 A 向KI―淀粉溶液中滴加氯水，溶液变成蓝色 氧化性：Cl2＞I2‎ B 向蔗糖中滴加浓硫酸，蔗糖变黑 浓硫酸有吸水性 C 向某盐溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色 该溶液中含有Fe3＋‎ D 向某盐溶液中加入浓NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝 该溶液中含有 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气与KI反应生成碘，由操作和现象可知氧化性：Cl2＞I2，故A正确；‎ B．浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸发生氧化还原反应，现象与吸水性无关，故B错误；‎ C．滴加KSCN溶液，溶液变为红色，可知含铁离子，由操作和现象可知溶液中含有Fe3＋，故C正确；‎ D．氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，由操作和现象可知溶液中含有，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎26.现有下列4种物质：①SO2、②FeCl3溶液、③NaHCO3、④Na2O2。请回答：‎ ‎(1)受热分解放出气体的是____________（填序号）。‎ ‎(2)用于腐蚀印刷电路板的是____________（填序号）。‎ ‎(3)能用做葡萄酒等食品防腐剂的是____________（填序号）。‎ ‎(4)能用于呼吸面具的是____________（填序号）。‎ ‎【答案】(1). ③ (2). ② (3). ① (4). ④‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)NaHCO3受热易分解，生成Na2CO3、H2O和CO2。故受热分解放出气体的是NaHCO3，答案为：③；‎ ‎(2)电子工业上用氯化铁溶液腐蚀印刷电路板，过程中发生的反应为：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，故答案为：②；‎ ‎(3) SO2对食品有漂白和对植物性食品内的氧化酶有强烈的抑制作用。是国内外允许使用的一种食品添加剂，在食品工业中发挥着护色、防腐、漂白和抗氧化的作用，故能用做葡萄酒等食品防腐剂的是SO2，答案为：①；‎ ‎(4)Na2O2能与CO2发生反应生成Na2CO3和O2，故能用于呼吸面具的是Na2O2；答案为：④。‎ ‎27.选择完成下列实验的装置。‎ ‎（1）分离水和植物油，选用____________（填序号，下同）。‎ ‎（2）用乙酸、乙醇和浓硫酸制备乙酸乙酯，选用____________。‎ ‎（3）加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物制取NH3，用____________ 。‎ ‎【答案】(1). ② (2). ① (3). ③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）植物油不溶于水，分离水和植物油应选用分液装置；‎ ‎（2）在浓硫酸做催化剂作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，酯化反应的反应物都是液态，实验时试管口应向上倾斜；‎ ‎（3）实验室用氢氧化钙固体和氯化铵固体共热反应制备氨气，制备氨气的反应物都是固体，反应时有水生成，试管口应向下倾斜。‎ ‎【详解】（1）植物油不溶于水，分离水和植物油应选用分液装置，②为分液装置，故答案为：②；‎ ‎（2）在浓硫酸做催化剂作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，酯化反应的反应物都是液态，实验时试管口应略向上倾斜，则①为用乙酸、乙醇和浓硫酸制备乙酸乙酯的装置，故答案为：①；‎ ‎（3）实验室用氢氧化钙固体和氯化铵固体共热反应制备氨气，制备氨气的反应物都是固体，反应时有水生成，试管口应向下倾斜，则③为加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物制取NH3的装置，故答案为：③。‎ ‎28.已知反应：5KI＋KIO3＋3H2O=3I2＋6KOH。其中，还原剂是____________（填化学式）。若反应中消耗1molKIO3，则生成I2____________mol，转移电子的物质的量为____________mol。‎ ‎【答案】(1). KI (2). 3 (3). 5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】结合元素化合价的变化分析氧化还原反应。‎ ‎【详解】在反应5KI＋KIO3＋3H2O=3I2＋6KOH中，I元素从-1价升高为0价，从+5价降为0价，则还原剂是KI；由KIO3~~~~3I2可知反应中消耗1molKIO3，则生成3mol I2，转移电子的物质的量为(5-0)mol=5mol。‎ ‎29.化学电源的发明是化学对人类的一项重大贡献。‎ ‎（1）将锌片、铜片按照如图所示装置连接，铜片做__极（填“正”或“负”），外电路电子的流向为__（填“Cu→Zn”或“Zn→Cu”）。‎ ‎（2）若将装置中的稀H2SO4用CuSO4溶液替代，则相应原电池的总反应的化学方程式为__。‎ ‎（3）下列化学反应通过原电池装置，可实现化学能直接转化为电能的是__（填序号）。‎ ‎①NaOH+HCl=NaCl+H2O ‎②CH4+2O2CO2+2H2O ‎③Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+‎ ‎【答案】(1). 正 (2). Zn→Cu (3). Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu（Zn+Cu2+=Zn2++Cu） (4). ②③‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）锌片、铜片插入稀硫酸中，由于锌比铜活泼，所以锌做负极，铜做正极，外电路中电子由负极流向正极，即由锌流向铜，故答案为：正；Zn→Cu；‎ ‎（2）将装置中的稀用溶液替代，则锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，故答案为：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu（Zn+Cu2+=Zn2++Cu）；‎ ‎（3）能构成原电池的反应是自发进行的氧化还原反应，①是非氧化还原反应，②CH4+2O2CO2+2H2O和③Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+是氧化还原反应，可实现化学能直接转化为电能，故答案为：②③。‎ ‎30.某实验小组为了探究SO2的性质，设计了如下装置，‎ 实验步骤：‎ ‎①先连接好装置，检查气密性，再加入试剂；‎ ‎②加热A试管；‎ ‎③将铜丝向上抽动离开液面。‎ ‎（1）A试管中发生反应的化学方程式是______。‎ ‎（2）B试管中的现象是______。‎ ‎（3）试管C无明显现象，某小组取一部分反应后的溶液，分别滴加以下试剂，请你预测能否生成沉淀，若生成沉淀，写出生成沉淀的化学式。‎ 加入试剂 能否生成沉淀 沉淀的化学式 氯水 ‎_____________‎ ‎__________‎ 氨水 ‎__________‎ ‎___________‎ ‎【答案】(1). Cu+2H2SO4(浓) =CuSO4+SO2↑+2H2O (2). 品红溶液褪色 (3). 能 (4). BaSO4 (5). 能 (6). BaSO3‎ ‎【解析】（1）A试管中铜被浓硫酸氧化，生成二氧化硫，发生反应的化学方程式是Cu+2H2SO4(浓) =CuSO4+SO2↑+2H2O ；（2）SO2具有漂白性，B试管中的现象是：品红溶液褪色；（3）滴加氯水，SO2＋Cl2＋2H2O=4H＋＋SO42－＋2Cl－，SO42－＋Ba2＋=BaSO4↓，故滴加氯水能生成沉淀；加氨水，SO2＋2NH3＋H2O=(NH4)2SO3，BaCl2＋(NH4)2SO3=BaSO3↓＋2NH4Cl，加氨水能生成BaSO3沉淀。‎ ‎31.阅读短文，回答问题。‎ 锂离子电池是一种生活中常见的二次电池，常用于手机、笔记本电脑、电动车中。它主要依靠Li＋在正极材料(LixCOO2)和负极材料(石墨)之间往返嵌入和脱嵌来工作。低温时，由于电解液粘度增大，电池中锂离子的迁移能力下降。低温充电时石墨嵌锂速度降低，Li＋来不及嵌入石墨中形成LixC，便得到电子被还原，容易在负极表面析出金属锂，降低电池容量，影响电池安全。上海复旦大学开发了一款新型锂离子电池，其放电的工作原理如图1所示。该电池不仅在‎-40℃‎下放电比容量没有衰降，甚至在‎-70℃‎下该电池的容量保持率也能够达到常温的70%左右，极大地拓展了电池的应用范围。复旦大学团队采用凝固点低、可在极端低温条件下导电的乙酸乙酯基电解液，并采用不需要将锂离子嵌入到电极中即可完成充、放电的有机物电极，避免了低温条件下嵌入过程变慢。请依据文章内容回答下列问题。‎ ‎(1)判断下列说法是否正确_________(填“对”或“错”)。‎ ‎①新型锂离子电池有望在地球极寒地区使用。‎ ‎②在传统锂离子电池中，金属锂是负极材料。‎ ‎③若新型锂离子电池在常温下的放电比容量为99mAh·g-1，则其在‎-40℃‎下的放电比容量为99mAh·g-1。‎ ‎(2)新型锂离子电池放电时，正极是_________(填“A”或“B”)。‎ ‎(3)下列关于该新型锂离子电池可耐低温原因的推测中，不正确的是_________(填字母)。‎ a．采用与传统不同的有机物电极 b．乙酸乙酯基电解液的凝固点低 c．锂离子不需要在正负极间移动 ‎【答案】(1). ①正确、②错误、③正确 (2). A (3). c ‎【解析】‎ ‎【分析】结合短文提供的信息和原电池化学原理分析解题。‎ ‎【详解】(1)①新型锂离子电池在‎-40C下放电比容量没有衰降，在‎-700C下电池的容量保持率也能达到常温的70%左右，所以新型锂离子电池有望在地球极寒地区使用，故①正确； ‎ ‎②传统锂离子电池中正极材料( LixCoO2)，负极材料是石墨，Li+嵌入石墨中形成LixC，LixC失去电子，电池工作放电，故②错误；‎ ‎③电池在‎-40C下放电比容量没有衰降，即新型锂离子电池在常温下和‎-40C下的放电比容量相等，均为99 mAh•g-1，故③正确；‎ ‎(2)原电池工作时，电解质溶液中，阳离子移向正极，阴离子移向负极。由新型锂离子放电原理图可知，Li+由B电极移向A电极，TFSI-由A电极移向B电极，所以B电极为负极，A电极为正极；‎ ‎(3)a．新型锂离子电池可能采用快速完成充、放电的有机物电极，避免低温条件下嵌入过程变慢，以提高电池的放电比容量，故a正确；‎ b．新型锂离子电池可能采用极端低温条件下能导电的乙酸乙酯基电解液，避免低温条件下嵌入过程变慢，说明乙酸乙酯基电解液凝固点低，故b正确； ‎ c．锂离子电池主要依靠Li+在正极材料和负极材料之间往返嵌入和脱嵌来工作，锂离子在正负极间移动能形成闭合通路，对外供电，故c错误； ‎ 故答案为：c。‎ ‎32.元素周期表与元素周期律在学习、研究中有很重要的作用。下表是元素周期表中5种元素的相关信息，其中Q、W、X位于同一周期。‎ 元素 信息 Q 地壳中含量第2的元素 W 最高正化合价为+7价 X 最高价氧化物对应的水化物在本周期中碱性最强 Y 焰色反应为紫色 Z 原子结构示意图为 ‎（1）Q在元素周期表中的位置是___________。‎ ‎（2）Q、W的最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的物质是___________。（填化学式）‎ ‎（3）金属性Y强于X，用原子结构解释原因：___________，失电子能力Y大于X。（用元素符号回答问题）‎ ‎（4）下列对于Z及其化合物的推断中，正确的是___________（填序号）。‎ ‎①Z的最低负化合价与W的最低负化合价相同 ‎②Z的氢化物的稳定性弱于W的氢化物的稳定性 ‎③Z的单质可与X和W形成的化合物的水溶液发生置换反应 ‎【答案】(1). 第3周期、第ⅣA族 (2). HClO4 (3). 同主族电子层增多，失电子能力增强 (4). ①②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】Q是地壳中含量第2的元素，则Q为Si；Q、W、X位于同一周期，均在第三周期，W的最高正化合价为+7价，W为Cl；X的最高价氧化物对应的水化物在本周期中碱性最强，X为Na；Y的焰色反应为紫色，Y为K，Z的原子结构示意图为 ，Z为Br，以此来解答。‎ ‎【详解】由分析知：Q为Si、W为Cl、X为Na、Y为K、Z为Br；‎ ‎(1)Q为Si，核电荷数为14，其在元素周期表中的位置是第3周期、第ⅣA族；‎ ‎(2)非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，Cl的非金属性比Si强，则Si、Cl的最高价氧化物对应的水化物中，酸较强的物质是HClO4；‎ ‎(3)金属性Y强于X，用原子结构解释原因：K、Na同属于一个主族，且钾的电子层数大于钠的电子层数，原子半径越大，失电子能力增强，所以失去电子能力K大于Na；‎ ‎(4)①Cl和Br为同主族元素，最低负化合价均为-1价，故①正确；‎ ‎②非金属性Cl＞Br，则HBr的氢化物的稳定性弱于HCl的稳定性，故②正确；‎ ‎③Br的非金属性小于Cl，则Br2与NaCl溶液不能发生置换反应生成Cl2，故③错误；‎ 故答案为：①②。‎ ‎33.煤矸石是采煤过程和洗煤过程中排放的固体废物，其主要成分是Al2O3、SiO2，此外还含有FeO、Fe2O3等杂质。煤矸石经处理后，可用于制备铵明矾等。‎ 已知：i．SiO2不与硫酸反应；Al2O3能与H2SO4反应。‎ ii．Fe3＋、Fe2＋、Al3＋开始沉淀、完全沉淀的pH如表所示。‎ Fe2＋‎ Fe3＋‎ Al3＋‎ 开始沉淀的pH ‎6.3‎ ‎1.5‎ ‎3.4‎ 完全沉淀的pH ‎8.3‎ ‎2.8‎ ‎4.7‎ iii.NH4Al(SO4)2·12H2O的摩尔质量为‎453g·mol-1。‎ ‎（1）酸浸过程中，Fe2O3与硫酸反应的离子方程式为___________‎ ‎（2）下列说法中，正确的是___________（填字母）。‎ a．预处理时，粉碎煤矸石有利于提高酸浸反应速率 b．操作I是过滤 c．滤渣1中一定含有硅元素 ‎（3）沉铁过程中，加入氧化剂的作用是___________ ‎ ‎（4）制备过程中，若需检验滤渣1中含有，实验方案为：取少量滤渣1的洗涤液，向其中加入___________（填试剂和现象），说明其中含有。‎ ‎【答案】(1). Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O (2). abc (3). 将Fe2+氧化为Fe3+，以便将其转化为沉淀除去 (4). 稀HCl酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成 ‎【解析】‎ ‎【分析】矸石(主要成分Al2O3、SiO2，还含有FeO、Fe2O3等杂质)先预处理，然后用硫酸酸浸，只有SiO2不反应，操作Ⅰ为过滤，滤渣1为SiO2；滤液中含有铝离子、亚铁离子、铁离子等金属离子，加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，同时调节溶液pH除去杂质铁元素，过滤得到的滤渣2为氢氧化铁；滤液中含有硫酸铝，加入稀硫酸、硫酸铵合成NH4Al(SO4)2•12H2‎ O，据此解答。‎ ‎【详解】(1)Fe2O3与硫酸反应生成硫酸铁和水，该反应的离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；‎ ‎(2)a．预处理时，粉碎煤矸石可增大接触面积，有利于提高酸浸反应速率，故a正确；‎ b．操作Ⅰ为分离出不溶解的二氧化硅，操作方法是过滤，故b正确；‎ c．加入硫酸酸浸，Al2O3、FeO、Fe2O3都与硫酸反应，而SiO2不与硫酸反应，所以滤渣1中一定含有SiO2，故c正确；故答案为：abc；‎ ‎(3)根据表中数据可知，亚铁离子不易沉淀，Fe3+更容易生成氢氧化铁沉淀，则加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，以便将其转化为沉淀除去；‎ ‎(4)检验滤渣1中是否含有SO42-，具体操作是取少量滤渣1的洗涤液，向其中加入稀HCl酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明滤渣1中含有SO42-。‎ ‎34.实验小组为验证NO2与水反应的产物，用如图所示装置进行实验（夹持装置已略去，气密性已检验）。‎ ‎【实验过程】‎ 实验步骤 实验现象 Ⅰ．打开K1、K3、K5，关闭K2、K4，通入一段时间N2，关闭K1‎ ‎_________‎ Ⅱ．打开K2，放入足量浓HNO3，同时打开pH传感器和NO3―传感器，记录数据 圆底烧瓶中反应剧烈，铜片逐渐溶解，溶液变为蓝绿色，_________；片刻后，三颈瓶内的导管口有气泡冒出 III．5min后，打开K4，用注射器将少量氧气注入三颈瓶，关闭K4‎ 三颈瓶内的气体从无色变为浅红棕色 步骤II中，传感器记录数据如图所示：‎ ‎【解释及结论】‎ ‎（1）NO2与水反应的离子方程式为____________ 。‎ ‎（2）步骤I中，通入N2的目的是____________。‎ ‎（3）将步骤II中圆底烧瓶内的实验现象补充完整：____________。‎ ‎（4）该实验验证NO2与水反应产物的实验证据包括____________（填序号）。‎ A.圆底烧瓶中溶液变为蓝绿色 B.三颈瓶内的气体从无色变为浅红棕色 C.pH传感器记录所得数据 D.传感器记录所得数据 ‎（5）有同学认为该实验不严谨，因为也可能导致传感器所记录的数据结果____________‎ ‎【答案】(1). 3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO (2). 除去空气中氧气，防止生成的NO被氧化 (3). 液面上方充满红棕色气体 (4). BCD (5). NO2中混有挥发的HNO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】先向装置内通入氮气，除去空气中氧气，再利用浓硝酸和Cu作用制取NO2气体，并通入三颈烧瓶中与水反应，通过pH传感器和NO3-传感器检验有硝酸生成，利用针筒内氧气检验NO气体的生成。‎ ‎【详解】(1)NO2与水反应生成硝酸和NO，反应的离子方程式为3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO；‎ ‎(2)步骤I中，通入N2的目的是除去空气中氧气，防止生成的NO被氧化；‎ ‎(3)由Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+4H2O可知步骤II中圆底烧瓶内的实验现象为圆底烧瓶中反应剧烈，铜片逐渐溶解，溶液变为蓝绿色，液面上方充满红棕色气体；‎ ‎(4)A．NO2与水反应生成硝酸和NO，与圆底烧瓶中溶液变为蓝绿色无关，故A错误；‎ B．三颈瓶内的气体从无色变为浅红棕色，说明NO和O2反应生成NO2，故B正确；‎ C．pH传感器记录所得数据显示反应后溶液显酸性，说明有酸生成，故C正确；‎ D．NO3-传感器记录所得数据显示反应后溶液中有NO3-生成，结合溶液显酸性，说明反应生成HNO3，故D正确；‎ 故答案为BCD。‎ ‎(5)浓硝酸有挥发性，未除去NO2中混有的HNO3，则无法根据传感器所记录的数据判断NO2溶于水生成硝酸，这是该实验不严谨的地方。‎ ‎ ‎